【人教A版】高考数学一轮课件：第3章-一元函数的导数及其应用 第2节 第3课时 导数在不等式中的应用.pptx

《【人教A版】高考数学一轮课件：第3章-一元函数的导数及其应用 第2节 第3课时 导数在不等式中的应用.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【人教A版】高考数学一轮课件：第3章-一元函数的导数及其应用 第2节 第3课时 导数在不等式中的应用.pptx（32页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3课时导数在不等式中的应用,考点一构造函数证明不等式,当01时，g(x)0， 即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数. 所以g(x)g(1)1，得证.,所以当02时，f(x)0， 即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数，,又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)， 且等号不同时取得，,规律方法1.证明不等式的基本方法： (1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论. (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则x

2、D，有f(x)M(或f(x)m). 2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.,(1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)ln x，求证：g(x)f(x)在1，)上恒成立.,(1)解将x1代入切线方程得y2，,即证明(x21)ln x2x2，x2ln xln x2x20在1，)上恒成立.,所以h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0， 所以g(x)f(x)在1，)上恒成立.,考点二利用“若f(x)ming(x)max，则f(x)g(x)”证明不等式 【例2】 已知函数f(x)xln

3、 xax.,(1)当a1时，求函数f(x)在(0，)上的最值；,(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0，). 当a1时，f(x)xln xx，f(x)ln x2.,规律方法1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)ming(x)max恒成立.从而f(x)g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.,(1)求f(x)的极值； (2)求证：对任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2).,(1)解依题意得f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)， 知f(

4、x)在(，1)和(1，)上是减函数，在(1，1)上是增函数， 所以f(x)极小值f(1)3，f(x)极大值f(1)1.,(2)证明易得x0时，f(x)最大值1，,注意到h(1)0，当x1时，h(x)0； 当0x1时，h(x)0， 即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数， h(x)最小值h(1)1，即g(x)最小值1. 综上知对任意x1，x2(0，)，都有f(x1)g(x2).,考点三不等式恒成立或有解问题多维探究 角度1不等式恒成立求参数,所以(x)(0)0，故sin xax0恒成立.,当x(0，x0)时，(x)0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0， 从而(x)

5、在区间(0，x0)上大于零，这与sin xax0恒成立相矛盾.,得sin xax0恒成立，这与sin xax0恒成立相矛盾. 故实数a的最小值为1.,规律方法1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围. 2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如af(x)(或af(x)的形式，通过求函数yf(x)的最值求得参数范围.,令f(x)0，得x1. 当x(0，1)时，f(x)0，f(x)是增函

6、数；当x(1，)时，f(x)0，f(x)是减函数； 所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，,所以h(x)h(1)1，所以g(x)0， 所以g(x)是增函数，所以g(x)g(1)2， 故k2，即实数k的取值范围是(，2.,角度2不等式能成立求参数的取值范围 【例32】 已知函数f(x)x2(2a1)xaln x(aR).,(1)若f(x)在区间1，2上是单调函数，求实数a的取值范围； (2)函数g(x)(1a)x，若x01，e使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围.,所以实数a的取值范围是(，12，).,(2)由题意知，不等式f(x)g(x)在区间1，e上有解， 即x22x

7、a(ln xx)0在区间1，e上有解.,因为x1，e，所以x222ln x，所以h(x)0，h(x)在1，e上单调递增，,规律方法1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 af(x)在xD上能成立，则af(x)min； af(x)在xD上能成立，则af(x)max. 2.含全称、存在量词不等式能成立问题 (1)存在x1A，任意x2B使f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)max；(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)min.,解依题意，不等式f(x)g(x)在1，e上有解，,思维升华 1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数

8、的单调性、最值问题. 2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则 (1)恒成立：xD，f(x)0f(x)min0； xD，f(x)0f(x)max0； xD，f(x)0f(x)min0.,易错防范 1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数. 2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.,逻辑推理两个经典不等式的活用,逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. (1)对数形式：x1ln x(x0

9、)，当且仅当x1时，等号成立. (2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立. 进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1).,即x|x1，且x0，所以排除选项D. 当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)， 以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)， 所以ln(x1)x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确. 答案B,则g(x)exx1， 由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立， 所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)0. 所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.,【例2】 (2017全国卷改编)

10、已知函数f(x)x1aln x.,(1)解f(x)的定义域为(0，)，,当x(0，a)时，f(x)0；,所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增， 故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点. 因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1. (2)证明由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.,【例3】 设函数f(x)ln xx1.,(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，,当00，f(x)在(0，1)上单调递增； 当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减.,(2)证明由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0. 所以当x1时，ln xx1.,